高中数学选修2-1《空间向量与立体几何》(B卷)

人教A版高中数学选修2-1《空间向量与立体几何》同步检测试卷B卷一．单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（1）已知平面的一个法向量为1,3,0n，则y轴与平面所成的角的大小为（）A.6B.3C.6或56D.3或32（2）若CA(1,2,1)A，B(4,2,3)，C(6,9,4)，则ABC的形状是（）A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形（3）已知3,2,1a，4,1,1b，mc,3,1，则“1m”是“cba,,构成空间的一个基底”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件（4）已知点4,1,3A，2,5,1B，C为线段AB上一点且13ACAB，则点C的坐标为()A.715,,222B.3,3,28C.107,1,33D.573,,222（5）已知正三棱柱111ABCABC的棱长均为2，则异面直线1AB与1BC所成角的余弦值是()A.32B.12C.14D.0（6）如图，在长方体1111DCBAABCD中，1AB，3BC，点M在棱1CC上，且MAMD1，则当1MAD的面积最小时，棱1CC的长为()A.322B.102C.2D.2二．多项选择题：本大题共2小题，每小题4分，共8分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．(7)在四棱锥ABCDP中，PA底面ABCD，底面ABCD为正方形，给出下列命题，其中正确命题的是()A.BC为平面PAD的法向量；B.BD为平面PAC的法向量；C.CD为直线AB的方向向量；D.直线BC的方向向量一定是平面PAB的法向量(8)已知单位向量,,ijk两两的夹角均为（0，且2），若空间向量满足=+xiyjzk，(,,)xyzR，则有序实数组(,,)xyz称为向量在“仿射”坐标系Oxyz（O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作(,,)xyz，则下列命题为真命题的是()A.已知111,,xyz，(4,0,2)，则0；B.已知(,,0)3xy，(0,0,)3z，其中,,0xyz，则当且仅当xy时，向量,的夹角取得最小值；C.已知111,,xyz，222,,xyz，则123232,,xxyyzz；D.已知1,0,03OA，(0,1,0)3OB，(0,0,1)3OC，则三棱锥OABC的表面积2S.三、填空题：本大题共4题，每小题4分，共16分．(9)对于空间向量1,2,3a，,4,6b，若aǁb，则实数=_______．(10)已知3,1,0a，,0,1bk，a，b的夹角为60，则k______．(11)已知0,0,0O，2,2,2A,1,4,6B,8(,)8Cx，,若OABC、、、四点共面，则x=_______．(12)平行四边形ABCD中，60,1,2,BADABADP为平行四边形内一点，且22AP，若),(RADABAP，则2u的最大值为_______．四、解答题：本大题共3小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（13）（本小题满分16分）如图，直三棱柱111ABCABC中，090BAC，ABAC，,DE分别为1AA、1BC的中点.（1）证明：DE平面11BCCB；（2）已知1BC与平面BCD所成的角为030，求二面角1DBCB的余弦值.(14)（本小题满分18分）如图，在三棱柱111ABCABC中，11160,,2BACAACAABAAABAC,点O是BC的中点.（1）求证:BC⊥平面1AAO；（2）若11AO，求直线1BB与平面11ACB所成角的正弦值.（15）（本小题满分18分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，PBAC，ADCD，且22ADCD，2PA，点M在线段PD上．（1）求证：AB平面PAC；（2）若二面角MACD的大小为45，试确定点M的位置．参考答案一．单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（1）B解析：设y轴的方向向量为0,1,0，设y轴与平面所成的角的为，2,0则23123cosnn，则3.故选B.（2）C解析：因为(3,4,2)AB、(5,7,3)AC、(2,11,1)BC，0762815ACAB，则A为钝角，ABC的形状是钝角三角形．选C.（3）A解：①当“1m”时，c1,3,1，cba,,不共面，即cba,,能构成空间的一个基底，即“1m”是“cba,,构成空间的一个基底”的充分条件，②若cba,,共面，设byaxc，解得：12334xyyxxym，即212xym，则“cba,,能构成空间的一个基底”，则cba,,不共面，m的取值范围为：2m，即当cba,,能构成空间的一个基底，不能推出1m，即“1m”是“a，b，c构成空间的一个基底”的不必要条件综合①②得：“1m”是“cba,,构成空间的一个基底”的充分不必要条件，故选：A．（4）C解析：因为C为线段AB上一点，且13ACAB，所以13ACAB，则13OCOAAB=4,1,3+2,6,231=107133，，．故选C．（5）C解析：以AC的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则：10,1,2A,3,0,0B，13,0,2B，0,1,0C，向量13,1,2AB,13,1,2BC，11cos,ABBC1111ABBCABBC2222214.（6）A解析:如图所示，建立空间直角坐标系，0,0,0D，设10,1,,0,0,,MtDz3,0,0,0,0Aztz，10,1,,3,1,MDztAMt，因为1MDMA，所以110MDAMtzt即1ztt，12222211113122AMDSAMMDtzt2221412tzt22211412tt222214143552222tttt，当且仅当322,2tz时取等号，所以1322CCz，故选A．二．多项选择题：本大题共2小题，每小题4分，共8分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．(7)BCD解析：由题意,以A坐标原点,AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为1，PAt因为AD∥BC,且BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC∥平面PAD，所以BC不是平面PAD的法向量，故A错误；因为0,1,1BD，0,1,1AC,tAP,0,0,所以0ACBD,0APBD,所以BD是平面PAC的一个法向量,故B正确；因为CD∥AB，所以CD为直线AB的方向向量,故C正确；因为=010BC，，，1,0,0AB,0,0,APt所以=0BCAB，=0BCAP所以直线BC的方向向量BC是平面PAB的一个法向量,故D正确．故答案为BCD．(8)BC解析：A.由定义可得1,3,24,0,23242ijkikururrrrrr412cos412cos，∵0，2，∴0urur，故A错误；B.如图，设OB，OA，则点A在平面xOy上，点B在z轴上，由图易知当xy时，AOB取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，故B正确；C根据“仿射”坐标的定义可得111222111222,,,,)xyzxyzxiyjzkxiyjzk121212121212,)xxiyyjzzkxxyyzz，故C正确；D由已知可知三棱锥OABC为正四面体，棱长为1，其表面积为134322S，即D错误．故答案为：BC.三、填空题：本大题共4题，每小题4分，共16分．(9)2解析：因为aǁb，所以123==46，所以=2.(10)22解析：由题意，向量(3,1,0),,0,1abk（），则22,1,3abkabk，又由,ab的夹角为60，所以231cos22610abkabk，解得212k，所以22k，又由向量,ab的夹角为60，则s0co60abab，即300kk，所以实数22k．(11)8解析：由条件，得(2,2,2)OA，(1,4,6)OB，(,8,8)OCx，因为OABC、、、四点共面，则有(,8,8)(2,2,2)(1,4,6)x，即2824826x，解得8x．(12)63解析：APABAD，222222=++2cosAPABADABADABADBAD由60,1,2BADABAD，22AP，代入上式得221222，2211+2+2=+2+2226+23.四、解答题：本大题共3小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（13）（本小题满分16分）解析：解法1：（1）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz．设1AB，ADa，则1,0,0B，0,1,0C，11,0,2Ba，0,0,Da，11,0,2Ba，11,,22Ea，11,,022DE，1,1,0BC，11,1,2BCa．因为0DEBC，10DEBC，所以DEBC，1DEBC，BC面11BCCB，1BC面11BCCB，1BCBCB于是DE平面11BCCB．（2）设平面BCD的法向量000,,nxyz，则0nBC，0nBD，又1,1,0BC，1,0,BDa，故000000xyxaz，取01x，得11,1,na．因为1BC与平面BCD所成的角为30，11,1,2BCa，所以1cos,sin30nBC，11nBCnBC222121242aa，解得22a，1,1,2n．由（1）知平面1BCB的法向量11,,022AF，2222211222cos,=21111+2+22nAFnAFnAF，所以二面角1DBCB的余弦值为22．解法2：（1）取BC中点F，连接AF、EF,因为ABAC，所以AFBC，因为1BB平面ABC，AF平面ABC所以1BBAF，而BC平面11BCCB,1BB平面11BCCB,1BCBBB所以AF平面11BCCB．因为E为1BC中点，所以1EFBB，112EFBB，所以EFDA，EFDA＝，所以四边形ADEF为平行四边形，所以AFDE．所以DE平面11BCCB．（2）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz．设1,0,0B，0,1,0C，11,0,2Ba，则0